【CF319D】Have You Ever Heard About the Word?

最新推荐文章于 2024-05-13 12:52:59 发布

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#信息学 #hash

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本文介绍CF319D HaveYouEverHeardAbouttheWord? 的解题思路及实现代码。通过枚举字符串长度并利用哈希与二分查找求最长公共前后缀的方法，高效解决字符串重复块问题。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

【CF319D】Have You Ever Heard About the Word?：

String专题又出现啦~(≧▽≦)/~ 这次的题很水的啦0.0
一个字符串的子串是该字符串的一段连续子序列，如bca是abcabc的子串，而cc不是。
一个重复块(repeating block)由一个字符串与自身连接而成，如abcabc是一个重复块，而abcabd, ababab不是。
你有一个由拉丁字符组成的字符串。每一步你要找到它的子串中最短的重复块，如果有多于一个，你必须选择最左边的那个。你要将那个形如XX(X - 某个字符串)的重复块替换成X，换句话说你要删除其中的一个X。重复以上步骤直到字符串中不存在重复块。
最终的字符串会是怎样的？看样例解释来更清楚地理解问题描述。
1<=|S|<=50000

题解：

首先会想到|x|是不递减的。

于是可以枚举长度L。

再每个L设一个断点，xx必定经过两个断点。

两两断点间求最长公共前后缀，这里用hash+二分会快。

然后一波扫过去就好了。

如果找到了，hash就要重构。

来计算一下复杂度。

一共有O(n log n)个断点，每个求最长公共前后缀复杂度log，这一部分是O(n log^2 n )
长度小于 $L <= \sqrt n$ 的最多 $\sqrt n$ 次， $L >= \sqrt n$ 最多 $\sqrt n$ 中，所以重构复杂度: $O(n\sqrt n)$

Code:

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define fo(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i ++)
#define min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
#define P pair<int, int>
using namespace std;

const int N = 50005, mo = 998244353, pri = 1e9 + 7, pri2 = 43313;

char str[N];
int n, bz[N], tmp;
ll c[N], ni[N], s[N];

ll ksm(ll x, ll y) {
    ll s = 1;
    for(; y; x = x * x % mo, y >>= 1)
        if(y & 1) s = s * x % mo;
    return s;
}

void Getsum() {
    fo(i, 1, n) s[i] = (s[i - 1] + c[i] * (str[i] - 'a') % mo) % mo;
}

int sum(int x, int y) {
    return ((s[y] - s[x - 1] + mo) * ni[x] % mo);
}

int Getq(int x, int y) {
    int ans = 0;
    for(int l = 1, r = tmp; l <= r;) {
        int m = l + r >> 1;
        if(sum(x - m + 1, x) == sum(y - m + 1, y))
            ans = m, l = m + 1; else r = m - 1;
    }
    return ans;
}

int Geth(int x, int y) {
    int ans = 0;
    for(int l = 1, r = n - y + 1; l <= r;) {
        int m = l + r >> 1;
        if(sum(x, x + m - 1) == sum(y, y + m - 1))
            ans = m, l = m + 1; else r = m - 1;
    }
    return ans;
}

int main() {
    scanf("%s", str + 1); n = strlen(str + 1);

    c[0] = ni[0] = 1;
    ni[1] = ksm(pri, mo - 2); c[1] = pri;
    fo(i, 2, n) ni[i] = ni[i - 1] * ni[1] % mo, c[i] = c[i - 1] * c[1] % mo;

    int n0 = n; Getsum();
    fo(l, 1, n) {
        int xg = 0; tmp = l;
        fo(i, 1, n / l) {
            int x = i * l, y = x + l;
            if(y > n) break;
            int q = Getq(x, y), h = Geth(x, y);
            if(q + h > l) {
                fo(j, x - q + 1, x - q + l) bz[j] = l;
                tmp = q;
                xg = 1;
            } else tmp = l;
        }
        if(xg) {
            int n1 = 0;
            fo(i, 1, n) if(bz[i] != l)
                str[++ n1] = str[i];
            n = n1;
            Getsum();
        }
    }
    fo(i, 1, n) putchar(str[i]);
}